Чуть-чуть групповой анализ и алгебры Ли

[Padawan]

scwec в сообщении #470601 писал(а):

Думаю, что нельзя сдвинуться с места, пока не будет дан ответ на следующий вопрос:
Сначала определение. Пусть $X_1,X_2,...,X_n$-гладкие векторные поля линейно независимые в некоторой односвязной области $U\subset{R^n}$.
Рассмотрим систему уравнений

$$ \left\{\begin{array}{ll} {X_{1}(V)=f_{1}}\qquad\qquad\qquad(1)\\ {X_{2}(V)=f_{2}}\\ {\ldots\ldots\ldots\ldots}\\ {X_{n}(V)=f_{n}}\\ \end{array} \right.\\ $$

где $f_i(x_1,x_2,...,x_n)$ -гладкие функции на $U$
Вопрос (практически учебный).
Сформулировать необходимые и достаточные условия для разрешимости системы уравнений $(1)$
Если дан правильный ответ, то можно отвечать и на более сложные и продвинутые вопросы.
Но это - необходимый минимум.

Если $[X_i,X_j]=\sum\limits_{k=1}^nc_{ij}^k(x)X_k$, то $(X_iX_j-X_jX_i)V=\sum\limits_{k=1}^nc_{ij}^k(x)X_kV$. Поэтому необходимое условие разрешимости этой системы $X_if_j-X_jf_i=\sum\limits_{k=1}^nc_{ij}^k(x)f_k$, $i,j=1,\ldots,n$. Будет ли оно достаточным?

[Kallikanzarid]

scwec в сообщении #470601 писал(а):

Сформулировать необходимые и достаточные условия для разрешимости системы уравнений $(1)$

Рассмотрим сначала случай, когда $[X_i, X_j] = 0$, а в области $U$ определены локальные потоки $\exp tX_i$ для всех $X_i$. Тогда $\varphi: U \to \mathbb{R}^n$,

$$\varphi^{-1}(t_1, \ldots, t_n) = \exp(t_1 X_1) \circ \ldots \circ \exp(t_n X_n)$$

определяет систему координат $(U, \varphi, x)$ такую, что $\frac{\partial}{\partial x^i} = X_i$, а система уравнений в ней приобретает вид $\frac{\partial}{\partial x^i} V = f_i$. Эта система разрешима тогда и только тогда, когда форма $f_i \mathrm d x^i$ - точная. В односвязной области необходимо и достаточно показать, что эта форма замкнута, т.е. $\frac{\partial f_i}{\partial x^j} \mathrm d x^j \wedge \mathrm d x^i = 0$ (т.к. $U$ односвязна, и следовательно $H^1_\mathrm{dR}(U) = 0$).

Далее, два вопроса, над которыми я буду думать ( ):
1) Можно ли свести случай, когда $[X_i, X_j] \neq 0$, к рассмотренному? Для любой гладкой функции $g$, нигде не равной нулю, имеем

$$X(V) = f \Leftrightarrow gX(V) = gf,$$

поэтому вопрос сводится к построению функций $g_i,\ i = 1,\ldots,n$ таких, что $g_i(x) \neq 0$ для любого $x \in U$ и $[g_i X_i, g_j X_j] = 0$.
2) Можно ли определить локальные потоки $\exp tX_i$ на любой односвязной области $U$? Честно, не помню/не знаю :(

[Kallikanzarid]

Первый вопрос решился еще проще, чем я думал. Пусть $(U, \psi, y)$ - локальная карта. Тогда для каждого $i = 1, \ldots, n$ имеем $X_i = X_i^j \frac{\partial}{\partial y^j}$, где $X_i^j \in C^\infty(U, \mathbb{R})$. В силу линейной независимости полей $X_1, \ldots, X_n$ матрица с компонентами $X_i^j$ обратима. Обозначим компоненты обратной к ней матрицы через $\alpha_j^i$. Имеем следующую систему уравнений, эквивалентную $(1)$:

$$\frac{\partial}{\partial y^j}(V) = \alpha_j^i X_i(V) = \alpha_j^i f_i,\quad i = 1, \ldots, n.$$

Так как $[\frac{\partial}{\partial y^i}, \frac{\partial}{\partial y^j}] = 0$ для любых $i, j = 1, \ldots, n$, то задача сводится к рассмотренному ранее частному случаю. Отсюда получаем критерий разрешимости системы $(1)$: форма $\alpha_j^i f_i \mathrm d x^i$ должна быть замкнутой.

Осталось только рассмотреть признаки полноты векторного поля на односвязном многообразии.

[scwec]

Padawan в сообщении #471023 писал(а):

Если $[X_i,X_j]=\sum\limits_{k=1}^nc_{ij}^k(x)X_k$, то $(X_iX_j-X_jX_i)V=\sum\limits_{k=1}^nc_{ij}^k(x)X_kV$. Поэтому необходимое условие разрешимости этой системы $X_if_j-X_jf_i=\sum\limits_{k=1}^nc_{ij}^k(x)f_k$, $i,j=1,\ldots,n$. Будет ли оно достаточным?

Это в точности те самые условия для совместности уравнений $(1)$, что я имел в виду.
Доказательство достаточности:
Пусть ${X_i(f_j)-X_j(f_i)=\sum_{k=1}^nc_{ij}^kf_k\qquad\qquad}(2)$
Определим ${\omega^1,\ldots,\omega^n}$ - линейные дифференциальные формы в области $U$ такие, что ${\omega^i(X_j)=\delta_j^i}$. Рассмотрим форму ${\omega=\sum_{i=1}^nf_i\omega^i}$. Очевидно, ${\omega(X_s)=f_s}\qquad (3)$, $s=1,...,n$. Покажем, что ${d\omega(X_i,X_j)=0}$ при ${\forall i,j=1,\ldots,n}$. Отсюда будет следовать ${d\omega=0}$.
Из известной формулы ${d\omega(X_i,X_j)=X_i(\omega(X_j))-X_j(\omega(X_i))-\omega([X_i,X_j])}$ следует:
${d\omega(X_i,X_j)=X_i(f_j)-X_j(f_i)-\sum_{k=1}^nc_{ij}^kf_k=0}$ в силу $(2)$ и $(3)$. Из ${d\omega=0}$ и теоремы А.Пуанкаре следует, что в односвязной области $U$ существует гладкая функция $V$ такая, что ${\omega=dV}$. Из $(3)$ следует, что ${X_s(V)=f_s}$
${s=1,\ldots,n}$, т.е. система $(1)$ совместна и $V$ - ее решение.

[Kallikanzarid]

Поправка:

Цитата:

форма $\alpha_j^i f_i \mathrm d x^i$ должна быть замкнутой.

Я, конечно, имел ввиду $\alpha_j^i f_i \mathrm d y^i$

-- Пн июл 25, 2011 21:36:40 --

scwec
Вы приняли решение Padawan-а (и мое, эквивалентное ему), но не прокомментировали вопрос существования локальных потоков рассматриваемых полей на всем $U$. Он тривиален или мы рассматриваем только существование локальных решений в достаточно малом $U' \subset U$?

-- Пн июл 25, 2011 21:43:02 --

Еще поправка:

Цитата:

Тогда $\varphi: U \to \mathbb{R}^n$,

$$\varphi^{-1}(t_1, \ldots, t_n) = \exp(t_1 X_1) \circ \ldots \circ \exp(t_n X_n)$$

определяет систему координат $(U, \varphi, x)$ такую, что $\frac{\partial}{\partial x^i} = X_i$, а система уравнений в ней приобретает вид $\frac{\partial}{\partial x^i} V = f_i$.

Я имел ввиду $\varphi: U \to \hat U \subset \mathbb{R}^n$, где $\hat U$ подбирается так, чтобы отображение $\varphi$ было диффеоморфизмом.

-- Пн июл 25, 2011 21:51:36 --

Также надо заметить, что $\alpha_j^i f_i \mathrm d y^j = f_i \omega^i$, где формы $\omega^i = \alpha_j^i \mathrm d y^j$ обладают свойством $\omega^i (X_j) = \alpha_k^i X_j^k = \delta_j^i$. Эта "маскировка" - одна из причин, по которым я не заметил эквивалентность двух критериев, пока не увидел доказательство достаточности :)))

-- Пн июл 25, 2011 21:58:34 --

P.S.: Зря я, конечно, пошел через координаты, в более сложном многообразии это бы мне аукнулось :(

[scwec]

Для Kallikanzarid: первоначальный вопрос касается локальных первых интегралов. Поэтому будем оставаться пока в этих рамках. Глобальных интегралов, как правило, не существует, в том числе и по топологическим причинам, связанных с несущим многообразием.
Надо дальше рассмотреть случай $n=2$ и проинтегрировать поля, составляющие двумерную алгебру Ли на плоскости, воспользовавшись полученным критерием совместимости.

[Kallikanzarid]

scwec
А как мы перешли от исходного уравнения к двум векторным полям (особенно ко второму)? Что будет стоять в правой части?

[scwec]

Я бы не хотел сразу же отвечать на эти вопросы. Ведь это означает рассказать - как надо решать.
Если уж ни у кого не получится - тогда напишу все подробно.
Могу только сказать, что двумерные алгебры Ли обладают некоторыми полезными свойствами, которые помогают интегрировать составляющие их поля. В трехмерном случае - уже сложнее, но все равно полная интеграция воэможна. А дальше не очень просматривается. В общем случае в этом плане кроме известной теоремы Ли о допустимых полях мало что известно.

[Oleg Zubelevich]

scwec в сообщении #468728 писал(а):

В чем же смысл этой неинтересной задачи?
Рассмотрим два поля на $R^2$.
$X_1=(x+y^n)\frac{\partial}{{\partial}x}+(y+x^n)\frac{\partial}{{\partial}y}$. (Это поле соответствует заданному уравнению)
и $X_2=x\frac{\partial}{{\partial}x}+y\frac{\partial}{{\partial}y}$.
Коммутатор $[X_1,X_2]=(1-n)X+(n-1)Y$.
Таким образом, $X_1$ и $X_2$ порождают при $n\ne{1}$ некоммутативную (разрешимую) алгебру Ли.
Будем далее находиться в области линейной независимости $X_1, X_2$. Назовем её $M^2$.
Может быть найдется кто-нибудь, кто скажет, что нужно сделать, чтобы разрешимая двумерная алгебра Ли в области $M^2$ стала коммутативной с помощью квадратур?
Тем самым и решится заданное уравнение.

Рассмотрим общий случай. Пусть $x=(x_1,x_2)$ и имеется система

$$\dot x=X_1(x)\quad (**)$$

и

$$[X_1,X_2]=c(X_1-X_2),\quad (*)$$

причем система $\dot x=X_2(x)$ интегрируется в квадратурах.
Тогда можно перейти в координаты в которых $X_2=(1,0)$ и найти в этих координатах общий вид векторного поля $X_1$ удовлетворяющего условию (*). И там видно, что система (**) , вообще говоря, не обязана интегрироваться в квадратурах.

[scwec]

Oleg Zubelevich в сообщении #471257 писал(а):

Рассмотрим общий случай. Пусть $x=(x_1,x_2)$ и имеется система

$$\dot x=X_1(x)\quad (**)$$

и

$$[X_1,X_2]=c(X_1-X_2),\quad (*)$$

причем система $\dot x=X_2(x)$ интегрируется в квадратурах.
Тогда можно перейти в координаты в которых $X_2=(1,0)$ и найти в этих координатах общий вид векторного поля $X_1$ удовлетворяющего условию (*). И там видно, что система (**) , вообще говоря, не обязана интегрироваться в квадратурах.

Таким путем вряд ли удастся найти первый интеграл для $X_1$. Нужно использовать полученное условие совместности.
На самом деле справедливо следующее утверждение: если гладкие поля $X_1,X_2$ на $R^2$ порождают двумерную алгебру Ли $G^2$, то в любой односвязной окрестности любой точки из области их линейной независимости для любого поля из $G^2$ квадратурами находится первый интеграл.

[Oleg Zubelevich]

scwec в сообщении #471265 писал(а):

На самом деле справедливо следующее утверждение: если гладкие поля $X_1,X_2$ на $R^2$ порождают двумерную алгебру Ли $G^2$, то в любой односвязной окрестности любой точки из области их линейной независимости для любого поля из $G^2$ квадратурами находится первый интеграл.

Рассмотрим векторные поля $X_1(x,y)=(1+b(y)e^x,\,a(y)e^x),\quad X_2=(1,\,0)$, где $a,b--$ произвольные гладкие функции. Видно что $[X_1,X_2]=X_1-X_2$

Пусть теперь $a(y)=\cos y,\quad b(y)=y^3$. Выпишите первый интеграл для системы с векторным полем $X_1$

[Kallikanzarid]

scwec
1) Я все еще не понимаю, как из уравнения $\frac{dy}{dx}=\frac{y+x^n}{x+y^n}$ мы получили два векторных поля. Понятно, что если $\frac{\mathrm d y}{\mathrm d x} = f(x, y)$, то всевозможные касательные векторы к графикам решений этого уравнения будут образовывать векторное поле $\frac{\partial}{\partial x} + f(y, x) \frac{\partial}{\partial y}$, но откуда берется второе поле? И самое главное, решением исходного уравнения будет поток указанного мной векторного поля, поэтому не понятно, как вы переходите от задачи нахождения этого потока к задаче решения системы уравнений вида $X(V) = f$.

2) А причем тут вообще алгебры Ли, и как вы можете "сделать алгебру Ли коммутативной" домножением базисных полей на функции? Вы же в курсе, что векторные поля образют $\mathbb{R}$-алгебру Ли, а не $C^\infty(U, \mathbb{R})$-алгебру Ли, правда?

[scwec]

Первый интеграл $V_1$ для $X_1$ в примере Oleg Zubelevich выглядит так:
$V_1=\int((dx-\frac{1+y^3e^x}{(cosy)e^x}dy)Exp(-x+\int\frac{y^3}{cosy}dy))$
Таким образом, $Exp(-x+\int\frac{y^3}{cosy}dy)$ является интегрирующим множителем для формы $dx-\frac{1+y^3e^x}{(cosy)e^x}dy$

[Oleg Zubelevich]

scwec в сообщении #471279 писал(а):

Таким образом, $Exp(-x+\int\frac{y^3}{cosy}dy)$ является интегрирующим множителем для формы $dx-\frac{1+y^3e^x}{(cosy)e^x}dy$

не выходит: http://www.rapidshare.ru/2683852

[scwec]

Действительно, $V_1=\int((dx-\frac{1+y^3e^x}{(cosy)e^x}dy)Exp(x-\int\frac{y^3}{cosy}dy))$. Под $Exp$ поменялись местами знаки. $Exp(x-\int\frac{y^3}{cosy}dy)$ - интегрирующий множитель для формы $dx-\frac{1+y^3e^x}{(cosy)e^x}dy$.
В вопросе Oleg Zubelevich $[X_1,X_2]=X_1-X_2$, на самом деле $X_2-X_1$. Я просмотрел.